Exercice 2 Correction : 1

DUT TC2 - Module OS 01 - PROBABILIT ´ES ET STATISTIQUE INF ´ERENTIELLE CORRECTION Exercices Chapitre 1- Lois de probabilit´es discr`etes usuelles.

Exercice 1 Correction :X d´esigne ici le nombre de mauvaises r´esistances.

1. P(X = 3) =C₄³×0,05³×(1−0,05)¹= 0,0005.

2. P(X ≤3) =

3

X

k=0

C₄^k×0,05^k×(1−0,05)^4−k.

Exercice 2 Correction :

1. L’univers Ω est l’ensemble des tirages simultan´es de 2 boules parmi 14. Par cons´equent, Card(Ω) =C₁₄² = 14×13

2! = 91.

• L’´ev´enementA“obtenir deux boules de la mˆeme couleur”, est ´egal `a la r´eunion des ´ev´enements disjoints

“obtenir 2 boules rouges” ou “obtenir 2 boules vertes”’ ou “obtenir 2 boules jaunes”. Donc, en utilisant l’´equiprobabilit´e,

p(A) =C₄²+C₃²+C₇²

91 = 30

91.

• L’´ev´enement B est le compl´ementaire dans Ω deA. On a alors p(B) = 1−p(A) = 61 91.

2. (a) En notantX la variable al´eatoire qui, `a chaque partie de 10 ´epreuves, associe le nombre de fois o`u A peut ˆetre r´ealis´e, on a

X =X₁+X₂+. . .+X₁₀

o`u X_i est la variable al´eatoire d´efinie par X_i(A) = 1 et X_i(B) = 0 pour i∈ {1,2, . . . ,10}. La variable X_iest donc une variable de Bernoulli de loi de probabilit´e

xj 0 1 Total

pj =p({Xi=xj}) 30 91

61

91 1

ainsi Xi B 30

91

. X ´etant la somme de 10 variables de Bernoulli de param`etre 30

91 ind´ependantes deux `a deux, on a finalement

X B

10,30

91

. (b) On a la relationp({X=k}) =C₁₀^k

30 91

^k61 91

10−k

pourk∈ {0,1, . . . ,10} qui suffit `a d´efinir la loi de probabilit´e de la variableX. Pour r´epondre `a la question, on peut ´egalement donner le tableau suivant :

k pk=p({X=k}) k pk=p({X=k}) 0

61

91 10

6 210

61

91

4

30 91

6

1 10

61

91

9

30 91

7 120

61

91

3

30 91

7

2 45

61

91

8

30 91

2

8 45

61

91

2

30 91

8

3 120

61

91

7

30 91

3

9 10

61

91

1

30 91

9

4 210

61

91

6

30 91

4

10

30

91 10

5 252

61

91

5

30 91

5

Total 1

1/4

(c) E(X) =

10

X

i=1

E(Xi) car les variables Xi sont ind´ependantes deux `a deux. Ainsi, E(X) = 10× 30

91

= 300

91 '3,3 et repr´esente le nombre moyen de r´eussites (les 2 boules sont de la mˆeme couleur) si on joue un grand nombre de fois.

Exercice 3 Correction : 1. On consid`ere l’´ev´enement

A: “la pompe `a chaleur tombe en panne durant le mois”.

SoitXi la variable al´eatoire qui v´erifie Xi(A) = 1 etXi(A) = 0. On a d’apr`es l’´enonc´e la distribution de probabilit´e suivante :

x_j 0 1 Total

pj =p({Xi=xj}) 0,875 0,125 1

doncXi B(0,125).X est la variable al´eatoire qui, `a chaque ann´ee, associe le nombre de pannes survenues doncX =X1+X2+. . .+X12. On en d´eduit que

X B(12; 0,125)

2. On a la relationp({X =k}) =C₁₂^k (0,125)^k(0,875)^12−k pourk∈ {0,1, . . . ,12}.

(a) p({X = 0}) =C₁₂⁰(0,125)⁰(0,875)¹²⁻⁰'0,201.

(b) p({X ≤2}) =p({X = 0}) +p({X = 1}) +p({X = 2})

⇔p({X ≤2}) =C₁₂⁰ (0,875)¹²+C₁₂¹ (0,125)(0,875)¹¹+C₁₂² (0,125)²(0,875)¹⁰

⇔p({X ≤2})'0,201 + 0,345 + 0,271'0,817.

3. E(X) =

12

X

i=1

E(X_i) car les variablesX_i sont ind´ependantes deux `a deux. On en d´eduit que

E(X) = 12×0,125 = 1,5 qui repr´esente le nombre moyen de pannes annuel sur un grand nombre d’ann´ees.

4. (a) On a la relationY = 320X puisque 320 euros sont n´ecessaires pour r´eparer une panne.

(b) Par lin´earit´e de l’esp´erance, E(Y) = 320E(X) = 320×1,5 = 480. Cette esp´erance correspond `a la somme moyenne annuelle d´epens´ee pour r´eparer les pannes sur un grand nombre d’ann´ees.

(c) En comparant les sommes, il vaut mieux ne pas souscrire au contrat de maintenance et r´eparer les pannes ponctuellement.

5. On suppose queB(n, p)∼ P(λ) avecλ=np= 12×0,125 = 1,5.

• p({X = 0}) = e^−λλ⁰

0! =e^−λ'0,223.

• p({X ≤2}) =p({X = 0}) +p({X = 1}) +p({X= 2})

⇔p({X ≤2}) = e^−λλ⁰

0! +e^−λλ¹

1! +e^−λλ²

2! '0,223 + 0,335 + 0,251'0,809.

6. •

0,223−0,201 0,223

'0,099<0,1 donc l’approximation est justifi´ee.

•

0,809−0,817 0,809

'9,889×10⁻³<0,1 donc l’approximation est ´egalement justifi´ee.

Exercice 4 Correction : Soit l’´ev´enement

A: “l’imprimante retranscrit un caract`ere de mani`ere incorrecte”.

SoitXila variable al´eatoire qui v´erifieXi(A) = 1 etXi(A) = 0. On a d’apr`es l’´enonc´e la distribution de probabilit´e suivante :

x_j 0 1 Total

pj =p({Xi=xj}) 0,9995 0,0005 1 doncX_i B(0,0005).

1. X est la variable al´eatoire qui, `a tout lot de 10000 caract`eres, associe le nombre de caract`eres retranscrits incorrectement doncX =X₁+X₂+. . .+X₁₀₀₀₀. On en d´eduit que

2/4

X B(10000; 0,0005).

2. X est approch´ee par une loi de Poisson de param`etre λ=np= 10000×0,0005 = 5, soit X P(5) donc p({X=k}) =e^−λλ^k

k! ce qui implique (a) p({X = 0}) = e⁻⁵5⁰

0! '0,007 (b) p({X ≤2}) = e⁻⁵5⁰

0! +e⁻⁵5

1! +e⁻⁵5²

2! '0,007 + 0,034 + 0,084 = 0,125 (c) p({X ≥5}) = 1−p({X <5}) = 1−

4

X

i=0

p({X =i})

!

⇔p({X ≥5}) = 1−(0,007 + 0,034 + 0,084 + 0,140 + 0,175) = 0,56.

Exercice 5 Correction : L’univers Ω consiste en l’ensemble des tirages successifs de 2 boules dans l’urne sans remise. DoncCard(Ω) = 28×27 = 756. Chaque ´ev´enement ´el´ementaire admet pour probabilit´e 1

756. 1. p(E) =10×27

756 = 5

14 '0,36 de par la situation d’´equiprobabilit´e.

2. X est la variable al´eatoire qui, `a chaque partie de 5 ´epreuves, associe le nombre de fois que se produit l’´ev´enementE.

(a) SoitXi la variable al´eatoire qui v´erifieXi(E) = 1 etXi(E) = 0. On a d’apr`es la question pr´ec´edente la distribution de probabilit´e :

x_j 0 1 Total

pj =p({Xi=xj}) 9 14

5

14 1

doncX_i B 5

14

.Xest la variable al´eatoire qui, `a toute suite de 5 ´epreuves, associe le nombre de fois o`u la premi`ere boule tir´ee est blanche doncX=X1+X2+. . .+X5. On en d´eduit queX B

5, 5

14

. (b) On ap({X =k}) =C_n^kp^kq^n−k doncp(F) =p({X= 2}) =C₅²

5 14

²9 14

³

'0,34.

Exercice 6 Correction : On aX P(4). Donc

p({7≤X ≤9}) =p({X ≤9})−p({X ≤6}) =

9

X

k=7

p({X =k}) =

9

X

k=7

e^−λλ^k k!

⇔p({7≤X≤9}) =e⁻⁴ 4⁷

7! +4⁸ 8! +4⁹

9!

'0,103.

Exercice 7 Correction : On aX P(λ) avecλ=np= 100×0,03 = 3 etp({X =k}) = e^−λλ^k k! . 1. p({X= 0}) =e^−λλ⁰

0! '0,0498 2. p({X= 2}) =e^−λλ²

2! '0,224 3. p({X= 3}) =e^−λλ³

3! '0,224

Exercice 8 Correction :

1. Ω est l’univers constitu´e des r´esultats des trois tirages d’une boule avec remise dans une urne en contenant 10 (donc des 3-listes). Les tirages ayant lieu avec remise, on peut affirmer que ces tirages sont ind´ependants.

DoncX repr´esente le nombre de succ`es (obtenir une boule blanche) dans une suite de 3 ´epreuves de Bernoulli identiques et ind´ependantes, la probabilit´e d’un succ`es lors d’une ´epreuve (obtenir une boule blanche lors d’un tirage) ´etant de 0,6 on peut ´ecrire que X B(3; 0,6). Ainsi, X(Ω) = {0,1,2,3} et ∀k ∈ {0,1,2,3}, p({X=k}) =C₃^k(0,6)^k(0,4)^3−k. On obtient alorsp({X = 0}) = 0,064,p({X = 1}) = 0,288,p({X = 2}) = 0,432 etp({X = 3}) = 0,216. Ensuite,E(X) = 3×0,6 = 1,8 etV(X) = 3×0,6×0,4 = 0,72.

3/4

2. Ω est l’univers constitu´e des r´esultats des trois tirages d’une boule sans remise dans une urne en contenant 10 (donc des arrangements). Dans ce mode de tirage on peut obtenir 0, 1, 2 ou 3 boules blanches donc Y(Ω) ={0,1,2,3}. Ici on consdi`ere un ensemble E `a 10 ´el´ements dont une proportion 0,6 de type 1 (les boules sont blanches) et on effectue 3 tirages successifs sans remise d’un ´el´ement de E donc la variable al´eatoireY repr´esentant le nombre d’´el´ements de type 1 obtenu suit la loi hyperg´eom´etriqueH(10; 3; 0,6) et pour 0≤k≤3,p({Y =k}) = C₆^kC₄^3−k

C₁₀³ . On obtient alorsp({Y = 0}) = 0,033,p({Y = 1}) = 0,3,p({Y = 2}) = 0,5 etp({Y = 3}) = 0,166. Ensuite,E(Y) = 3×0,6 = 1,8 etV(Y) = 3×0,6×0,4×10−3

10−1 = 0,56.

Exercice 9 Correction : X1 repr´esente le num´ero du tirage o`u l’on obtient une boule blanche pour la premi`ere fois. DoncX1 peut prendre les valeurs 1 (on tire une boule blanche au premier tirage),2,. . . ,8 (on a d´eja obtenu 7 boules noires et la huiti`eme est n´ecessairement blanche) donc X<sub>1</sub>(Ω) ={1,2, . . . ,8}. {X =k} signifie qu’on a obtenu (k−1) boules noires au cours des (k−1) premiers tirages et 1 boule blanche au k-i`eme tirage. Notons N_k−1l’´ev´enement “obtenir (k−1) boules noires au cours des (k−1) premiers tirages” etB_k : “obtenir une boule blanche auk-i`eme tirage”. Alorsp({X =k}) =p(N_k−1∩B_k) =p(B/N_k−1)p(N_k−1). Sachant l’´ev´enement N_k−1 r´ealis´e, l’urne contient 10−(k−1) boules dont 3 boules blanches doncp(B_k/N_k−1) = 3

11−k. Pour calculer la probabilit´e de l’´ev´enement Nk−1 on consid`ere le variable al´eatoire Y. On a une urne contenant 10 ´el´ements dont 7 de type 1 (boule noire), on tire successivement k−1 boules dans cette urne donc Y H(10;k−1; 0,7) donc p({Y =k−1}) = C₇^k−1C₃⁰

C₁₀^k−1 = C₇^k−1

C₁₀^k−1 et ∀k∈ {1,2, . . . ,8},p({X1=k}) = C₇^k−1 C₁₀^k−1× 3

11−k.

Exercice 10 Correction: On rappelle les d´efinitions du MTBF, de lafiabilit´eet de lad´efaillance:

D´efinition 0.1 On appelle le MTBF la moyenne des temps qui s´epare deux d´efaillances successives. Il n’est d´efini que pour les syst`emes r´eparables.

Le MTBF peut ˆetre d´etermin´e en testant le syt`eme pendant une p´eriode T et en comptant les d´efaillancesN qui ont eu lieu :M T BF =m= T

N.

D´efinition 0.2 La fiabilit´e (Reliability en anglais) est l’aptitude d’une entit´e `a accomplir une fonction requise dans des conditions donn´ees et pendant une dur´ee donn´ee. On noteR(t) cette fiabilit´e et on a :

R(t) =p(E non d´efaillant sur[0, t]) avec E un ´ev´enement donn´e.

D´efinition 0.3 La d´efaillance (Failure en anglais) est la cessation de l’aptitude d’une entit´e `a acoomplir une fonction requise qui passae dans l’´etat de panne. On noteF(t)cette d´efaillance et on a

F(t) = 1−R(t).

Repr´esentons parti la dur´ee de fonctionnement dui-i`eme ´equipement E.

1. On imposep(t₁+t₂+. . .+t_k >2500h) = 0,98 =R(t), doncp(t₁+t₂+. . .+t_k ≤2500h) = 1−R(t) = F(t) = 0,02 =p(k−1 points dans l’intervalle [0,2500]). Le probl`eme devient : combien de points r´epartis selon la loi de Poisson avec une densit´eλ₀ peuvent peupler l’intervalle [0,2500] ? On cherchentel que

F(n) =

n

X

`=0

e^−uu^`

`!

En effet, consid´erons que le nombre d’occurrences moyen d’un ´ev´enement sur une p´eriode de temps unit´e (une ann´ee par exemple) soit ´egal `a v. Sur une p´eriode de t fois la p´eriode de temps ´etalon (t ann´ees par exemple), l’´ev´enement se produira en moyennev×tfois, et si la p´eriode de temps est divis´ee ennintervalles, la probabilit´e que l’´ev´enement se d´eroule dans un intervalle pr´ecis sera de vt

n. Si on consid`erexoccurrences pendant une p´eriode de temps t (divis´ee en n intervalles) dans une suite de Bernoulli quand n tend vers l’infini, on tombe sur la distribution de la loi de Poisson avec

p(xoccurrences dans un tempst) = lim

n→∞

n x

vt n

^x 1−vt

n n−x

=(v×t)^x x! e^−v×t On a dans notre exercice “v×t”=u=λ0×2500 = 2500

M T BF = 2500

500 = 5 qui repr´esente donc le nombre de pannes moyen pendant les 2500 heures. D’apr`es la table relative `a la loi de Poisson (annexe A1), on trouve n= 10 (nest la quantit´e en stock) et puisquen=k−1, on ak= 11. D’o`u le bilan : 1 ´equipement install´e et 10 en r´eserve.

2. Le temps de r´eparation est ´egal `a 250 h. Donc u= 250

500 = 0,5. D’apr`es la loi relative `a la loi de Poisson (annexe A1), on an= 5 pour une probabilit´e de 100% d’o`uk= 6 soit 1 ´equipement install´e et 5 en r´eserve.

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